mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am**

Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

1. Να βρείτε τον πλήθος των οκταψήφιων αριθμών, το γινόμενο των ψηφίων του καθενός από αυτούς να ισούται με 3375

. Η απάντηση να γραφεί σε μορφή ακεραίου αριθμού.

2. Να λύσετε την εξίσωση

$\displaystyle{\cos 11x -\cos 3x - \sin 11x +\sin 3x =\sqrt{2} \cos 14x}$ .

3. Να λύσετε το σύστημα των εξισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left (\dfrac{y^5}{x} \right )^{\lg x} = y^{2 \lg xy} \\ x^2-2xy-4x-3y^2+12y = 0 \end{matrix}\right.}$

4. Σφαίρα με κέντρο

είναι εγγεγραμμένη σε τρίεδρη γωνία με κορυφή

και εφάπτεται των εδρών της στα σημεία K,L,M

(όλες οι επίπεδες γωνίες της τρίεδρης γωνίας είναι διαφορετικές). Να βρείτε την γωνία KSO

και το εμβαδόν της τομής της δεδομένης τρίεδρης γωνίας με το επίπεδο KLM

, αν είναι γνωστό, ότι τα εμβαδά των τομών της τρίεδρης γωνίας με τα επίπεδα, που εφάπτονται της σφαίρας και είναι κάθετα στην ευθεία

, είναι ίσα με

και

.

5. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου

, για τις οποίες το σύστημα

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} |y-3-x|+|y-3+x| = 6 \\ \left ( |x|-4\right)^2 + \left ( |y|-3\right)^2 = a \end{matrix}\right.}$

έχει ακριβώς δυο λύσεις.

6. α) Δυο κύκλοι ίδιας ακτίνας μήκους

τέμνονται στα σημεία

και

. Στον πρώτο κύκλο δίνεται σημείο

και στο δεύτερο

. Προέκυψε ότι, το σημείο

βρίσκεται στο τμήμα

και $\angle CAD=90^0$ . Στην κάθετη προς την

από το σημείο

, διαλέχθηκε σημείο

, ώστε

(τα σημεία

και

βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ευθεία

). Να βρείτε το μήκος του τμήματος

.

β) Αν επιπλέον είναι γνωστό ότι BC=6

, να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ACF

.

7. Να βρείτε το πλήθος των ακέραιων ζευγών (x,y)

, που ικανοποιούν το σύστημα των ανισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} y > 2^x+3 \cdot 2^{65} \\ y \leq 70 + \left ( 2^{64}-1) x \end{matrix}\right.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 26, 2020 4:01 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

2. Να λύσετε την εξίσωση

$\displaystyle{\cos 11x -\cos 3x - \sin 11x +\sin 3x =\sqrt{2} \cos 14x}$ .

H εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

$cos11x-cos3x-\left ( sin11x-sin3x \right )\sqrt{2}cos14x\Leftrightarrow$

$-2sin4xsin7x-2sin4xcos7x=\sqrt{2}cos14x\Leftrightarrow$

$-2sin4x\left (sin7x+cos7x \right )=\sqrt{2}\left ( cos^{2}7x-sin^{2}7x \right )\Leftrightarrow$

$-2sin4x\left (sin7x+cos7x \right )=\sqrt{2}\left ( cos7x+sin7x \right )\left ( cos7x-sin7x \right )\Leftrightarrow$

$\displaystyle-2sin4x\sqrt{2}cos\left (7x-\frac{\pi }{4} \right )=\sqrt{2}\sqrt{2} cos\left (7x-\frac{\pi }{4} \right )\sqrt{2} cos\left (7x+\frac{\pi }{4} \right )\Leftrightarrow$

$\displaystyle cos\left ( 7x-\frac{\pi }{4} \right )\left [ cos\left ( 7x+\frac{\pi }{4} \right )+sin4x \right ]=0$

Έτσι καταλήγουμε σε δύο εξισώσεις.

Η πρώτη είναι

$\displaystyle cos\left ( 7x-\frac{\pi }{4} \right )=0\Leftrightarrow 7x-\frac{\pi }{4}=k\pi+\frac{\pi }{2} \Leftrightarrow x=\frac{k\pi }{7}+\frac{3\pi }{28}$ με

ακέραιο

και η άλλη $\displaystyle cos\left ( 7x+\frac{\pi }{4} \right )+sin4x=0$ η οποία λύνεται με τα γνωστά από το Λύκειο και δίνει

$\displaystyle x=\frac{2k\pi }{3}+\frac{\pi }{12}$ , $\displaystyle x=\frac{2k\pi }{11}-\frac{3\pi }{44}$ με

ακέραιο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 26, 2020 5:04 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

6. α) Δυο κύκλοι ίδιας ακτίνας μήκους τέμνονται στα σημεία και . Στον πρώτο κύκλο δίνεται σημείο και στο δεύτερο . Προέκυψε ότι, το σημείο βρίσκεται στο τμήμα και $\angle CAD=90^0$ . Στην κάθετη προς την από το σημείο , διαλέχθηκε σημείο , ώστε (τα σημεία και βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα ως προς την ευθεία ). Να βρείτε το μήκος του τμήματος .

β) Αν επιπλέον είναι γνωστό ότι , να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου .

Επειδή οι κύκλοι είναι ίσοι το ACD

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές όπως και το BDF.

Έτσι δικαιολογούνται οι γωνίες των $45^\circ$ που φαίνονται στο σχήμα.

: Φυστεχ.png (22.43 KiB) Προβλήθηκε 3918 φορές

α) Η

τέμνει τον πρώτο κύκλο στο

οπότε η

είναι διάμετρος και $\displaystyle B\widehat EA = 45^\circ = A\widehat DB,$ άρα

τα σημεία E, A, D

είναι συνευθειακά, δηλαδή EB=BD=BF,

οπότε $\boxed{CF=CE=10}$

β) $\displaystyle BC = 6,CF = 10 \Rightarrow BD = BF = 8$ και $\displaystyle CD = 14 \Leftrightarrow AC = AD = 7\sqrt 2.$ Είναι ακόμα,

$\displaystyle \sin (\varphi + 45^\circ ) = \frac{4}{5} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} + \frac{3}{5} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{7\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow (ACF) = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 7\sqrt 2 \cdot \frac{{7\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{(ACF)=49}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 26, 2020 9:55 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

[
3. Να λύσετε το σύστημα των εξισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} \left (\dfrac{y^5}{x} \right )^{\lg x} = y^{2 \lg xy} \\ x^2-2xy-4x-3y^2+12y = 0 \end{matrix}\right.}$

Με τους αναγκαίους περιορισμούς, λογαριθμίζουμε την πρώτη εξίσωση, κάνουμε πράξεις κ.λπ. και παίρνουμε

(lgx-lgy)(2lgy-lgx)=0

, οπότε

ή

Η δεύτερη παραγοντοποιείται και δίνει: (x-3y)(x+y-4)=0

, οπότε

ή

Η συνέχεια είναι απλή.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 27, 2020 10:55 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

5. Να βρείτε όλες τις τιμές της παραμέτρου , για τις οποίες το σύστημα

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} |y-3-x|+|y-3+x| = 6 \\ \left ( |x|-4\right)^2 + \left ( |y|-3\right)^2 = a \end{matrix}\right.}$

έχει ακριβώς δυο λύσεις.

Στην ουσία είναι Γεωμετρία.
Η πρώτη εξίσωση είναι η περίμετρος του τετραγώνου με κορυφές τα σημεία
(0,0),(3,3),(0,6),(-3,3)

Παρατηρούμε ότι θα πρέπει

να είναι μη αρνητικό και ότι αν (x,y)

είναι λύση τοτε
και η (-x,y)

είναι λύση.
Για a>25

είναι εύκολο να δούμε ότι δεν υπάρχει λύση.
(ξεχωρίζουμε τις περιπτώσεις για το πρόσημο του

και παίρνουμε τομή με τον κύκλο)
Για a=25

εχουμε δύο λύσεις τις (0,6),(0,0)

Για

ο κύκλος $( x-4)^2 + \left ( y-3\right)^2 = a$ τέμνει σε δύο
σημεία την περίμετρο που βρίσκεται δεξια του άξονα των

οπότε έχουμε τέσσερεις λύσεις.
Για a=1

έχουμε δύο λύσεις τις (3,3)

και

.
Τέλος για a<1

δεν υπάρχει λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 28, 2020 1:03 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

7. Να βρείτε το πλήθος των ακέραιων ζευγών , που ικανοποιούν το σύστημα των ανισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} y > 2^x+3 \cdot 2^{65} \\ y \leq 70 + \left ( 2^{64}-1) x \end{matrix}\right.}$

Το

πρέπει να ικανοποιεί την

$70+2^{64}x>2^x+x+3.2^{65}$
η
$2^{64}(x-6)+70>2^x+x$

Η τελευταία ''εύκολα '' μπορεί να δειχθεί ότι ικανοποιείται όταν x=7,8,......69

Ετσι το πλήθος λύσεων είναι

$\sum_{k=7}^{69}70+(2^{64}-1)k-2^k-3.2^{65}$

Το τελευταίο άθροισμα ''εύκολα '' υπολογίζεται.

Αν δεν μου έχει ξεφύγει κάτι στις πράξεις βγαίνει

$2144+1952.2^{64}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 30, 2020 12:29 am**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

1. Να βρείτε τον πλήθος των οκταψήφιων αριθμών, το γινόμενο των ψηφίων του καθενός από αυτούς να ισούται με . Η απάντηση να γραφεί σε μορφή ακεραίου αριθμού.

Επειδή

, αρκεί να μετρήσουμε τους οχταψήφιους που έχουν ψηφία:

1. Τρία τριάρια, τρία πεντάρια και δύο άσσους, και

2. Τρία πεντάρια , ένα τριάρι, ένα ενιάρι και τρεις άσσους κ.λπ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 01, 2020 12:36 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

4. Σφαίρα με κέντρο είναι εγγεγραμμένη σε τρίεδρη γωνία με κορυφή και εφάπτεται των εδρών της στα σημεία (όλες οι επίπεδες γωνίες της τρίεδρης γωνίας είναι διαφορετικές). Να βρείτε την γωνία και το εμβαδόν της τομής της δεδομένης τρίεδρης γωνίας με το επίπεδο , αν είναι γνωστό, ότι τα εμβαδά των τομών της τρίεδρης γωνίας με τα επίπεδα, που εφάπτονται της σφαίρας και είναι κάθετα στην ευθεία , είναι ίσα με και .

Αλέξανδρε, εδώ, για την επιφάνεια παίζει κάτι τέτοιο;

2 προς ρίζα S = (1 προς ρίζα S_1) + (1 προς ρίζα S_2) ;

Δεν λειτουργεί ο Editor. Θα το φτιάξω με την πρώτη ευκαιρία.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 01, 2020 12:37 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Απρ 28, 2020 1:03 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

7. Να βρείτε το πλήθος των ακέραιων ζευγών , που ικανοποιούν το σύστημα των ανισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} y > 2^x+3 \cdot 2^{65} \\ y \leq 70 + \left ( 2^{64}-1) x \end{matrix}\right.}$
Το πρέπει να ικανοποιεί την

$70+2^{64}x>2^x+x+3.2^{65}$
η
$2^{64}(x-6)+70>2^x+x$

Η τελευταία ''εύκολα '' μπορεί να δειχθεί ότι ικανοποιείται όταν

Ετσι το πλήθος λύσεων είναι

$\sum_{k=7}^{69}70+(2^{64}-1)k-2^k-3.2^{65}$

Το τελευταίο άθροισμα ''εύκολα '' υπολογίζεται.

Αν δεν μου έχει ξεφύγει κάτι στις πράξεις βγαίνει

$2144+1952.2^{64}$

Για να απαλλαγούμε από τα εισαγωγικά στα "εύκολα"

.

$2^{64}(x-6)+70>2^x+x \Leftrightarrow 2^{64}(x-6)+70-2^x-x > 0$ .

Θεωρούμε την συνάρτηση $f(x)=2^{64}(x-6)+70-2^x-x$ , για την οποία ισχύει $f^{\prime \prime}(x) < 0$ , για κάθε

. Οπότε είναι κοίλη, άρα θα έχει το πολύ δυο ρίζες. Παρατηρούμε όμως ότι f(6)=f(70)=0

. Άρα άλλες ρίζες δεν υπάρχουν και έχουμε βρει το ζητούμενο διάστημα με τα

.

Στον υπολογισμό του αθροίσματος θα έλεγα πιρισσότερο δυσκολεύει η συνειδητοποίηση ότι σε κάθε ακέραια τιμή

του διαστήματος [7,69]

η τιμή της συνάρτησης f(k)

δίνει τον αριθμό των ακέραιων λύσεων με για x=k

, αφού

στο παραπάνω διάστημα. Παρά το τεχνικό κομμάτι του υπολογισμού του αθροίσματος που ανάγεται σε άθροισμα μιας αριθμητικής και μιας γεωμετρικής προόδου.

Δεν θα ταν άσχημο ερώτημα για τις πανελλαδικές.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 01, 2020 12:48 pm**

rek2 έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 01, 2020 12:36 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

4. Σφαίρα με κέντρο είναι εγγεγραμμένη σε τρίεδρη γωνία με κορυφή και εφάπτεται των εδρών της στα σημεία (όλες οι επίπεδες γωνίες της τρίεδρης γωνίας είναι διαφορετικές). Να βρείτε την γωνία και το εμβαδόν της τομής της δεδομένης τρίεδρης γωνίας με το επίπεδο , αν είναι γνωστό, ότι τα εμβαδά των τομών της τρίεδρης γωνίας με τα επίπεδα, που εφάπτονται της σφαίρας και είναι κάθετα στην ευθεία , είναι ίσα με και .

Αλέξανδρε, εδώ, για την επιφάνεια παίζει κάτι τέτοιο;

$\dfrac{2}{\sqrt{S}} = \dfrac{1}{\sqrt{S_{1}}} +\dfrac{1}{\sqrt{S_{2}}}$

Ναι!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 01, 2020 2:21 pm**

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 01, 2020 12:48 pm

rek2 έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 01, 2020 12:36 pm

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 26, 2020 12:16 am
Θέματα της εισαγωγικού τύπου ολυμπιάδας του Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας για το 2020.

4. Σφαίρα με κέντρο είναι εγγεγραμμένη σε τρίεδρη γωνία με κορυφή και εφάπτεται των εδρών της στα σημεία (όλες οι επίπεδες γωνίες της τρίεδρης γωνίας είναι διαφορετικές). Να βρείτε την γωνία και το εμβαδόν της τομής της δεδομένης τρίεδρης γωνίας με το επίπεδο , αν είναι γνωστό, ότι τα εμβαδά των τομών της τρίεδρης γωνίας με τα επίπεδα, που εφάπτονται της σφαίρας και είναι κάθετα στην ευθεία , είναι ίσα με και .

Αλέξανδρε, εδώ, για την επιφάνεια παίζει κάτι τέτοιο;

$\dfrac{2}{\sqrt{S}} = \dfrac{1}{\sqrt{S_{1}}} +\dfrac{1}{\sqrt{S_{2}}}$

Ναι!

: 11.gif (26.28 KiB) Προβλήθηκε 3549 φορές

Θεωρούμε την κάτοψη του σχήματος.

Οι τομές X, Y, Z

αναφέρονται κατά σειρά στις επιφάνειες S_1=1, S_2=4

και την ζητούμενη

.

Οι επιφάνειες, προφανώς είναι όμοιες, και οι λόγοι τους είναι ίσοι με τα τετράγωνα του λόγου ομοιότητας τους, ή,

επομένως είναι ίσοι με το τετράγωνα των αντίστοιχων λόγων των X, Y, Z

.

Εύκολα βρίσκουμε R^2=XY

και $Z=\dfrac{2XY}{{X+Y}}$ , οπότε

$2= \dfrac{Z}{Y}+\dfrac{Z}{X}={\sqrt{\dfrac{S}{S_1}}+{\sqrt{\dfrac{S}{S_2}}$ , οποία δίνει την $\dfrac{2}{\sqrt{S}} = \dfrac{1}{\sqrt{S_{1}}} +\dfrac{1}{\sqrt{S_{2}}}$

Τέλος η εφαπτομένη της γωνίας t=KSO

είναι $tant= \dfrac{Y-X}{2\sqrt{YX}}= ... =\dfrac{1}{2\sqrt{2}}$

mathematica.gr

Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020

Re: Ολυμπιάδα "Φυστεχ" 2020